2 SGU belka 2011 1 przyklad obl Nieznany (2)

background image

autor: Paweł Piotrkowski

str. 1/6


Przykład obliczeniowy

Sprawdzenie warunków SGU dla zginanych elementów belkowych na przykładzie żebra

stropu jednokierunkowo zbrojonego, wg PN-EN 1992-1-1: 2008


Dany jest strop płytowo-belkowy. Dla dwuprzęsłowego żebra stropu sprawdzić warunki SGU
przy zginaniu (ugięcie oraz rozwarcie rys prostopadłych). Obciążenie użytkowe p

k

=5,0kN/m

2

.

Przyjęto, że długotrwała część obciążeń zmiennych wynosi p

k,lt

= 0,8 p

k

=0,8*5,0=4,0kN/m

2

Uwagi: Dane geometryczne, materiałowe oraz wartość obciążenia nawiązują do przykładu „na ścinanie”,
przygotowanego przez mgr inż. K. Zmuda-Baszczyn i mgr inż. A. Knut.

1. Dane geometryczne i materiałowe:

l

eff

= 7,0m, h=50cm, b=b

w

=25cm, b

eff

=100cm, h

f

=10cm, a

1

=4cm, d=46cm


Przyjęte zbrojenie przęsłowe: 516mm, A

s1,prov

=10,05cm

2

.


Beton: C 25/30:
f

ck

= 25MPa, f

cd

= 16,7MPa, f

ctm

= 2,6MPa, E

cm

= 31GPa


Stal zbrojenia głównego: A-IIIN
f

yk

= 500MPa,

s

= 1,15 f

yd

= 434,8MPa, E

s

=200GPa,

eff,lim

=

0,8

eff,lim

=

0,8

, ∗

, ∗

,

= 0,49

2. Wyznaczenie potrzebnych sił wewnętrznych (dla obciążeń stałych na całej długości

belki i zmiennych w przęśle AB)

 dla komb. SGN, g = 13,15kN/m·1,35 = 17,75kN/m, p = 15,0kN/m·1,5 = 22,5kN/m

M

1

Ed

= (0,07·17,75+0,096·22,5)·7,0

2

= 166,7kNm

M

B

Ed

= (-0,125·17,75-0,063·22,5)·7,0

2

= -178,2kNm

 dla komb. charakterystycznej, SGU, g

k

= 13,15kN/m, p

k

= 15,0kN/m

M

1

Ed,k

= (0,07·13,15+0,096·15,0)·7,0

2

= 115,7kNm

M

B

Ed,k

= (-0,125·13,15-0,063·15,0)·7,0

2

= -126,8kNm

 dla komb. długotrwałej, SGU

qp

, g

qp

= 13,15kN/m, p

qp

= 0,8·15,0=12,0kN/m

M

1

Ed,qp

= (0,07·13,15+0,096·12,0)·7,0

2

= 101,5kNm

M

B

Ed,qp

= (-0,125·13,15-0,063·12,0)·7,0

2

= -117,6kNm

beff

h

f

h

b

background image

autor: Paweł Piotrkowski

str. 2/6


Rys.1. Wykres momentów zginających oraz przemieszczeń (sprężystych)od obciążeń stałych oraz zmiennych

w pierwszym przęśle dla kombinacji obciążeń długotrwałych (prawie stałych), a

spr

=0,325cm.

3. Wyznaczenie momentu rysującego M

cr

M

cr

= f

ctm

∙W

cs

W

cs

wskaźnik wytrzymałości przekroju sprowadzonego w I fazie

3.1 Wskaźniki geometryczne w I fazie

=

ℎ −

=

=

= 6,45

;

= (

)ℎ +

ℎ = (100 − 25)10 + 25 ∙ 50 = 2000

=

+

(

+

) = 2000 + 6,45 ∙ (10,05 + 0,0) = 2064,8

= (

)0,5ℎ

+ 0,5

ℎ +

= (100 − 25)0,5 ∙ 10 + 0,5 ∙ 25 ∙ 50 +

6,45 ∙ 10,05 ∙ 46 = 37981,8

=

=

,

,

=

,

=

(

)

+

(

)

+

( −

) =

,

(

)(

,

)

+

(

, )

+ 6,45 ∙ 10,05(46 − 18,4) =

,

=

=

,

,

=

,

3.2 Sprawdzenie czy przekrój jest zarysowany

=

= 2,6 ∙ 10 ∙ 15986,3 ∙ 10

=

,

,

= 115,7

>

= 41,5

ł

Przekrój przęsłowy zarysowany (faza II)

background image

autor: Paweł Piotrkowski

str. 3/6


4. Wyznaczenie nośności na zginanie w przęśle

=

(1 − 0,5

)

=

=

,

,

,

= 0,057 <

=

= 0,22 −

ó

= 0,057(1 − 0,5 ∙ 0,057)1,0 ∙ 0,46 16,7 ∙ 10 = 195,7

,

=

= 166,7

<

= 195,7

ł

Przyjęta ilość zbrojenia przęsłowego jest wystarczająca.

5. Sprawdzenie warunku ugięcia przez obliczanie (pkt. 7.4.3 [PN-EN:08])

a =

∙a

II

+ (1-

)a

I

(7.18 [N])

a

I

– wartość deformacji (ugięcia) w fazie II,

=

,

a

II

– wartość deformacji (ugięcia) w fazie I,

=

,

=

1 −

=

1 −

,

,

= 0,0921

–współczynnik dystrybucji zesztywnienia (efekt „tension stiffening”)

= 1 −

= 1 −

(7.19 [N])

= 0,5 – dla obciążeń długotrwałych (M

1

Ed,qp

)

= 1 − 0,5

,

,

= 0,80

5.1 Określenie wskaźników geometrycznych w fazie I i II z uwzględnieniem pełzania

,

=

1 +

( , )

ę

ń

.

ł

,

,

= 2,0

,

=

(

,

)

=

,

= 10,33

=

,

=

,

= 19,36

5.2 Wskaźniki geometryczne w I fazie

,

=

+

(

+

) = 2000 + 19,36 ∙ (10,05 + 0,0) = 2194,6

,

= (

)0,5ℎ

+ 0,5

ℎ +

= (100 − 25)0,5 ∙ 10 + 0,5 ∙ 25 ∙ 50 +

19,36 ∙ 10,05 ∙ 46 = 43950,1

=

,

,

=

,

,

=

,

=

(

)

+

(

)

+

( −

) =

,

(

)(

,

)

+

(

, )

+ 19,36 ∙ 10,05(46 − 20,0) =

,

background image

autor: Paweł Piotrkowski

str. 4/6


5.3 Wskaźniki geometryczne w II fazie

=

1

(2

+

) −

=

1

100

19,36 ∙ 10,05(2 ∙ 100 ∙ 46 + 19,36 ∙ 10,05) − 19,36 ∙ 10,05 = 11,57

Założenie x

II

h

f

było niesłuszne, należy skorygować wyznaczenie wartości x

II

2

+

ℎ +

2

+

=

=

= 12,5

=

ℎ +

= (100 − 25)10 + 19,36 ∙ 10,05 = 944,6

= −

2

+

= − (100 − 25)

10

2

+ 19,36 ∙ 10,05 ∙ 46 = −12700,1

√∆= √

− 4

=

944,6 + 4 ∙ 12,5 ∙ 12700,1 = 1235,8

=

√∆

=

,

,

,

=

,

=

(

)

+

( −

) =

,

(

)(

,

)

+ 19,36 ∙

10,05(46 − 11,65) =

,

5.4 Wyznaczenie wartości ugięcia

=

,

= 0,0921

101,5 ∙ 7,0

10,33 ∙ 10 ∙ 2,821684 ∙ 10

∙ 10 = ,

=

,

= 0,0921

101,5 ∙ 7,0

10,33 ∙ 10 ∙ 5,981946 ∙ 10

∙ 10 = ,

=

+ ( − )

=

+ (1 − )

= 0,80 ∙ 1,57 + (1 − 0,80) ∙ 0,74 = ,

= ,

<

=

250

=

700
250

= 2,8

ł

background image

autor: Paweł Piotrkowski

str. 5/6


5.5 Wyznaczenie wartości ugięcia znając wielkość przemieszczenia sprężystego, a

spr

(wyznaczonych przy okazji wielkości sił wewnętrznych z programu komputerowego)

Przekształcając stosunek ugięcia (a) do przemieszczenia sprężystego (a

spr

),

=

1

,

+ (1 − )

1

,

1

otrzymujemy:

=

+

( , )

+ ( − ) ∙

=

,

,

= 1,608

=

,

,

= 0,759

= 0,325

(patrz rys. 1)

= 0,325 ∙ (1 + 2,0) ∙ (0,8 ∙ 1,608 + (1 − 0,8) ∙ 0,759) = ,

=

,

,

= 4,31

Sztywność analizowanego przekroju spada o 4,31 razy w stosunku do sztywności
„sprężystej” zadanej w programie komputerowym jako B

spr

= E

cm

∙I

spr

6. Sprawdzenie warunku rozwarcia rys prostopadłych (pkt. 7.3.4 [PN-EN:08])

=

,

(

)

(7.8)

Ponieważ rozstaw prętów podłużnych nie przekracza

5

+

= 5 30 +

= 190

wartość s

r,max

można wyznaczyć ze wzoru (7.11):

,

=

+

,

(7.11)

= 3,4,

= 30

,

= 0,8 −

ę

ś

= 0,5 −

ł

ł ń

= 0,425

,

= 0,3

,

=

,

,

=

∙ 2,5 ∙ (ℎ − )

=

25 ∙ 2,5 ∙ (50 − 46) = 250

25 ∙

= 250

= 250

,

=

,

= 0,0402

background image

autor: Paweł Piotrkowski

str. 6/6


,

=

+

,

= 3,4 ∙ + 0,8 ∙ 0,5 ∙ 0,425 ∙

,

= 1,7 2 + 0,1

,

,

= 1,7 2 + 0,1

,

= 1,7 2 ∙ 30 + 0,1

,

=

,

=

,

,

1 +

,

≥ 0,6

(7.9)

=

,

,

( −

) = 19,36

, ∙

,

(46 − 11,65) ∙ 10 = 239,0

= 0,4 −

ż

ł

ł

,

=

= 2,6

=

,

,

,

(

,

∙ ,

)

= ,

≥ 0,6

= 0,777 ∙ 10

= 169,7 ∙ 1,065 ∙ 10

= ,

= 0,18

,

= 0,3

ł

Koniec przykładu obliczeniowego


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
MSR 1 X 2011 id 309960 Nieznany
22 01 2011 TEST B PSYCHOLOGIA S Nieznany
Belka MS id 82485 Nieznany (2)
mikologia biol 2011 2012 wyklad Nieznany
1 MSL temat 2011 12 zaoczneid 1 Nieznany
IMIR prac energia przyklady id Nieznany
22 01 2011 TEST B PSYCHOLOGIA S Nieznany (2)
dodatkowe8 analiza 2011 12 id 1 Nieznany
geografia przykladowa praca 2 i Nieznany
17 02 2011 2id 17062 Nieznany (2)
25 5 2011 id 30948 Nieznany (2)
22 03 2011 CAid 29468 Nieznany (2)
Grebowiec 11z2 2011 id 195659 Nieznany
9 16 12 2011 grammaire descrip Nieznany (2)
5 16 marca 2011 Morfologia grz Nieznany
8 9 12 2011 grammaire descript Nieznany (2)
8 6 kwietnia 2011 Wplyw temper Nieznany (2)

więcej podobnych podstron